甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题

甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题

甘肃省甘南藏族自治州合作一中2018—2019学年高一下学期期中考试 化学试题 ‎1.“绿水青山就是金山银山”，下列行为中不符合这一主题的是 A. 用已脱硫煤作燃料 B. 大量开采地下水，以满足社会对水的需求 C. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境 D. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用已脱硫的煤作燃料可减小SO2的排放，减小酸雨的产生，故A正确；B．大量开采地下水，会造成地面沉降、塌陷、河流,湖泊水量减少，形成干涸等各种灾害问题，不符合环保理念，故B错误；C．节约能源，提高能源利用率，可缓解能源危机，也能防止因过度开发对地球环境的破坏，故C正确；D．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质，是从源头消除了污染，同时在一定程度上还节约资源，故D正确；故答案为B。‎ ‎2.短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：R＜Y＜Z B. 简单气态氢化物的热稳定性：R＞Y C. R与Y只能形成一种化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，W应为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，X应为Na元素；Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质结合该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知W是H元素，R是O元素，X是Na元素，Y是S元素，Z是Cl元素。‎ A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，A错误；‎ B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性O＞S，则简单氢化物的热稳定性：R＞Y，B正确；‎ C．O与S可形成SO2、SO3等化合物，C错误；‎ D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，由于元素的非金属性Cl＞S，则最高价氧化物的水化物酸性：Y＜Z，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】注意掌握金属性非金属性、最高价氧化物对应水化物的酸性的比较规律。‎ ‎3.已知下列三个反应可以进行：2W-+X2=2X- + W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2。下列结论正确的是 A. 还原性：X- > Y- B. 在X-、Y-、Z-、W- 中 Z- 的还原性最强 C. 氧化性：Z2 > W2 D. 反应2Z- + Y2 = 2Y- + Z2可以发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个离子反应方程式：2W-+X2=2X-+W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2，根据化合价升降判断出氧化剂氧化产物，①氧化剂X2的氧化性大于氧化产物W2；②氧化剂W2的氧化性大于氧化产Y2；③氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物X2；所以氧化性强弱顺序为Z2>X2>W2>Y2；单质的氧化性越强，其阴离子还原性越弱，所以还原性：Z-W2，故C正确；‎ D.反应2Z-+Y2=2Y-+Z2中氧化性：Y2>Z2，与已知反应的氧化性不同，所以不能发生，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。‎ ‎4.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 硫酸与氢氧化钠的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应 C. 灼热的炭与二氧化碳的反应 D. 氢气在氧气中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸与氢氧化钠的反应，该反应为放热反应，故A不选；‎ B.Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应是吸热反应，但该反应中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不选；‎ C.灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，反应中碳元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C选；‎ D.氢气在氧气中的燃烧反应为放热反应，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。‎ ‎5.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. CO2的比例模型： B. 氢氧根离子的电子式：‎ C. 氯原子的结构示意图： D. 中子数为146，质子数为92的铀(U)原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.碳原子半径大于氧原子半径，则 不能表示CO2的比例模型，A错误；B. 氢氧根离子的电子式为，B正确；C. 氯原子的结构示意图为，C错误；D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子可表示为，D错误，答案选B。‎ ‎6.有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀。将a、‎ d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈。将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是 A. d、c、a、b B. d、b、a、c C. d、a、b、c D. b、a、d、c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将a与b用导线连结起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，则b为正极，a为负极，所以金属活动性：a>b；‎ 将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈，则金属活动性：d>a；‎ 将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化，说明金属活动性：b>Cu；如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出，说明金属活动性：Cu>c；因此金属活动性：b>Cu>c；‎ 综上所述可知金属活动性：d>a>b>Cu>c，故合理选项是C。‎ ‎7.对于可逆反应2SO2＋O22SO3　ΔH<0，在混合气体中充入一定量的18O2，足够长时间后18O(　　)‎ A. 只存于O2中 B. 只存在于O2和SO3中 C. 只存在于O2和SO2中 D. 存在于SO2、O2和SO3中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应为可逆反应，SO2和O2反应生成SO3的同时，SO3分解生成SO2和O2。‎ ‎【详解】该反应为可逆反应，在混合气体中充入一定量的18O2，SO2和18O2反应生成SO3中含有18O，同时SO3分解生成SO2和O2，则SO2中含有18O原子，则18O原子存在于O2、SO2和SO3中，‎ 答案选D。‎ ‎8.下列说法没有体现“结构决定性质”的事实是 A. 丙烷的沸点比甲烷高 B. 金刚石比石墨更硬 C. 乙烯可以使溴水褪色，而乙烷不能 D. 金属钠比镁更活泼 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同系物中碳原子数越多，熔沸点越高，即丙烷的沸点高于甲烷，但没有体现结构决定性质，故A正确；B、金刚石属于原子晶体，石墨属于混合晶体，即金刚石的硬度高于石墨，符合结构决定性质，故B错误；C、乙烯中含有碳碳双键，而乙烷中不含有，因此符合结构决定性质，故C错误；D、根据两种元素的原子结构示意图，说明金属钠比金属镁活泼，能够体现结构决定性质，故D错误。‎ ‎9.制造地球卫星用到一种高能电池—银锌电池，其电池的电极反应式为：2Zn＋2OH－－2e－=2ZnO＋H2↑，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－。据此判断氧化银( )‎ A. 负极，并被氧化 B. 正极，并被还原 C. 负极，并被还原 D. 正极，并被氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化合价可知，电极反应中银的化合价降低，被还原；原电池中较活泼的金属作负极，另一电极作正极，发生还原反应，所以氧化银为正极，得电子被还原，故答案为B。‎ ‎10.一定温度下，在‎2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列说法正确的是 A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为 B. 反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了 C. 反应开始到10s时，Y的转化率为 D. 反应的化学方程式为： ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应开始到10s时，Z的物质的量增加了，则用Z表示的反应速率为，A错误；‎ B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了，B错误；‎ C.反应开始到10s时，Y的物质的量减少了，所以其转化率是，C正确；‎ D.方程式应该是：，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11.已知反应X+Y＝M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）‎ A. X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的 B. 因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行 C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应吸热，但X的能量不一定低于M的，Y的能量不一定低于N的，A错误；‎ B、反应的吸、放热，与反应条件无关，B错误；‎ C、反应吸热，破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，C错误；‎ D、反应吸热，因此反应物总能量高于产物总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量铜粉，图中表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌和硫酸反应，加入铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于参加反应金属锌的质量，据此分析。‎ ‎【详解】锌和硫酸反应，加入铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于与金属锌的质量，锌的质量相同，所以氢气的体积是相同。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】此类比较，要比较两项：（1）比反应速率快慢，反应快先完成，先打到拐点。‎ ‎（2）比氢气的体积，氢气体积由锌的质量决定，锌质量相同，则氢气一样多，纵坐标一样高。‎ ‎13.将 N2、H2 的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：v(H2)=1 mol·L-1·min-1；乙：v(N2)=2 mol·L-1·min-1；丙：v(NH3)=3 mol·L-1·min-1。则三个容器中合成氨的反应速率（ ）‎ A. v(甲)>v(乙)>v(丙) B. v(乙)>v(丙)>v(甲)‎ C. v (丙)>v(甲)>v(乙) D. v(乙)>v(甲)>v(丙)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，以此来解答。‎ ‎【详解】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，‎ 甲：v(H2)=1mol⋅L−1⋅min−1；‎ 乙：v(N2)=2mol⋅L−1⋅min−1，根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，‎ v(H2)=3v(N2)=3×2mol⋅L−1⋅min−1=6mol⋅L−1⋅min−1；‎ 丙：v(NH3)=3mol⋅L−1⋅min−1，同理可知v(H2)=v(NH3)=1.5×3mol⋅L−1⋅min−1=4.5mol⋅L−1⋅min−1‎ 则反应速率：v(乙)>v(丙)>v(甲)，答案选B。‎ ‎【点睛】比较不同物质的化学反应速率时可以换算成为相同的物质的速率。‎ ‎14.A、B、C为短周期元素,在周期表中所处的位置如图所示。‎ A ‎ ‎ ‎ C ‎ ‎ ‎ B ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。‎ ‎（1）写出A、B元素的名称_________、______。‎ ‎（2）B位于元素周期表中第________周期第_____族。‎ ‎（3）C的原子结构示意图为____________________。‎ ‎（4）写出A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式____________。‎ ‎【答案】 (1). 氮 (2). 硫 (3). 三 (4). ⅥA (5). (6). NH3+HNO3= NH4NO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表，A、B、C为短周期元素，从A、B、C的相对位置看，A、C只能处在第二周期，而B处在第三周期．设A的原子序数为x-1，则C为x+1，B为x+8，则有（x-1）+x+1=x+8，x=8，所以A、B、C的原子序数分别为7、16、9，对应的元素分别为N、S、F。‎ ‎【详解】（1）根据上述推断，A、B元素的名称氮、硫。‎ ‎（2）根据上述推断，B为S元素，S位于第三周期ⅥA主族。‎ ‎（3）根据上述推断，C为F，F原子核外有2个电子层，最外层7个电子，原子结构示意图为。‎ ‎（4）A的气态氢化物NH3与A的最高价氧化物对应水化物为HNO3‎ ‎，两者反应生成硝酸铵，化学方程式为NH3+HNO3= NH4NO3。‎ ‎15.在‎2 L密闭容器中，‎800℃‎时反应2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：‎ 时间/s ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ ‎5 ‎ n（NO）/mol ‎ ‎0.020 ‎ ‎0.010 ‎ ‎0.008 ‎ ‎0.007 ‎ ‎0.007 ‎ ‎0.007 ‎ ‎ ‎ ‎（1）上述反应________（填“是”或“不是”）可逆反应。‎ ‎（2）如图所示，表示NO2变化曲线的是______。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝________。‎ ‎（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________（填序号）。‎ a．v（NO2）＝2v（O2）‎ b．容器内压强保持不变 c．v逆（NO）＝2v正（O2）‎ d．容器内密度保持不变 ‎【答案】 (1). 是 (2). b (3). 1.5×10－3mol·（L·s）－1 (4). bc ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应。‎ ‎（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，所以图中表示NO2变化的曲线是b，2s内用NO表示的平均反应速率v (NO)==3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）= v（NO）=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1。‎ ‎（3）a、当v （NO2）=2v （O2）时，该反应不一定达到平衡状态，故错误； ‎ b、该反应是一个反应气体气体体积改变的可逆反应，当达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则容器内压强保持不变，故正确； ‎ c、v逆（NO）＝2v正（O2）时，该反应达到平衡状态，故正确； ‎ d、根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故错误。‎ ‎16.将气体A、B置于固定容积为‎2 L的密闭容器中，发生如下反应：‎3A(g)+B(g)‎2C(g)+2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol。‎ ‎(1)用C表示10 s内反应的平均反应速率为________。‎ ‎(2)反应前A的物质的量浓度是________。‎ ‎(3)10 s末，生成物D的浓度为________。 ‎ ‎(4)A与B的平衡转化率之比为________。‎ ‎(5)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”)：‎ ‎①降低温度____________；②增大A的浓度____________。‎ ‎【答案】 (1). 0.04 mol/(L·s) (2). 1.5 mol/L (3). 0. 4 mol/L (4). 1∶1 (5). 减小 (6). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据v=表示反应速率；‎ ‎(2)根据物质转化关系，由生成物C的物质的量计算反应消耗的A的物质的量，再结合10 s时剩余A的物质的量可得反应开始时A的物质的量，利用c=计算开始时A物质的浓度；‎ ‎(3)根据方程式知，10 s末生成的n(D)=n(C)=0.8 mol，利用c=计算D的物质的浓度；‎ ‎(4)根据C的物质的量计算反应消耗的A、B的物质的量，然后根据转化率等于×100%计算比较；‎ ‎(5)根据温度、浓度对化学反应速率的影响分析解答。‎ ‎【详解】(1)反应从正反应方向开始，开始时C的物质的量为0，10 s时C的物质的量为0.8 mol，由于容器的容积是‎2 L，所以用C物质表示的10 s内化学反应平均反应速率v(C)===0.04 mol/(L·s)；‎ ‎(2)根据反应方程式‎3A(g)+B(g)‎2C(g)+2D(g)可知：每反应消耗3 mol A就会同时产生2 mol C物质，10 s内反应产生了0.8 mol C，则反应消耗A的物质的量为△n(A)=×0.8 mol=1.2 mol，此时还有A物质1.8 mol，因此反应开始时A的物质的量是n(A)=1.8 mol+1.2 mol=3.0 mol，所以反应开始时A的浓度c(A)==1.5 mol/L；‎ ‎(3)根据方程式知，10 s末生成的n(D)=n(C)=0.8 mol，则c(D)==0.4 mol/L；‎ ‎(4)根据已知条件可知：反应进行到10 s末C物质的量是0.8 mol，则反应消耗A的物质的量为△n(A)=×0.8 mol=1.2 mol，此时还有A物质1.8 mol，则反应开始时A的物质的量是n(A)=1.8 mol+1.2 mol=3.0 mol；△n(B)=×0.8 mol=0.4 mol，此时还有B物质0.6 mol，所以反应开始时n(B)=0.6 mol+0.4 mol=1.0 mol，反应开始时n(A)：n(B)=3：1，△n(A)：△n(B)= 3：1，等于化学方程式中二者化学计量数的比，所以反应物A、B转化率相等，则两种物质反应时转化率的比为1：1；‎ ‎(5)①平衡后，若降低温度，物质内能减小，活化分子数减少，分子之间有效碰撞次数减少，化学反应速率减小；‎ ‎②平衡后，若增大反应物A的浓度，单位体积内活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率增大。‎ ‎17.A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，已知：‎ ‎①其原子半径大小关系是D>E>B>C>A；‎ ‎②A、D同主族，B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加；‎ ‎③C是地壳中含量最多的元素，D与C可形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物。‎ 请填写以下空白：‎ ‎(1)化合物D‎2C2的电子式为________________。‎ ‎(2)用电子式表示D‎2C的形成过程：_______________________。‎ ‎(3)单质A和单质B在一定条件下发生反应的化学方程式为____________________。‎ ‎(4)单质E与A、C、D三种元素形成的化合物发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). N2+3H22NH3 (4). Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，已知：原子半径大小关系是：D>E>B>C>A，C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；A、D同主族，则A为H元素，D为Na元素；结合原子半径大小关系可知：D与E位于第三周期、B与C位于第二周期，B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加，则B为N元素、E为Cl元素；D与C可形成原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，形成的2：1的化合物为Na2O，据此进行解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是Na，E是Cl元素，D与C可形成原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，形成的2：1的化合物为Na2O。‎ ‎(1)化合物D‎2C2Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子之间通过非极性共价键结合，其电子式为；‎ ‎(2)D‎2C是Na2O，该物质是离子化合物，2个Na+与O2-通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：；‎ ‎(3) A是H元素，B是N元素，H2与N2在高温、高压、催化剂条件下反应产生NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，用化学方程式表示为：N2+3H22NH3；‎ ‎(4)E是 Cl元素，A、C、D三种元素形成的化合物是NaOH，Cl2与NaOH在溶液中发生反应产生NaCl、NaClO和水，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。‎